2011-2020年高考物理试卷分类汇编之051b.带电粒子在磁场中的圆周运动(中）（含答案及解析）

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第51b节 带电粒子在磁场中的圆周运动（中）
1.2017年新课标Ⅱ卷18.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则为（ C ）
A. B. C. D.
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则当粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；若粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；根据，则 ，故选C.
2.2017年新课标Ⅲ卷24．（12分）
如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离。
答：（1）；（2）
解析：粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以在x>0区域有： ；在x<0区域有：
解得，
在x>0区域运动时间 ；在x<0区域运动时间 ；
粒子运动的时间 ；
粒子与O点间的距离 。
3.2017年浙江选考卷23.如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围；
（3）当UAK=0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
（4）画出电流i随UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。
【答案】（1），（2）60o, （3）（4）
【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题，即
轨道半径 ， 所以
由右图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，由几何关系
同理下端电子从P点射出与负y轴最大夹角也是60度
范围是
每秒进入两极板间的电子数为n

n=0.82N
(4)由动能定理得出遏止电压
与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压或者根据（3）可得饱和电流大小。
（4）电流i随UAK变化的关系曲线如右图示
4. 2013年全国卷大纲版26．（20分）
如图，虚线OL与y轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出）且。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示。有 ①
周期为
由此得 ②
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D，由图中几何关系得 ③
由以上五式和题给条件得 ④
解得 ⑤ 或 ⑥
设M点到O点的距离为h
根据几何关系
利用以上两式和得
⑦
解得 (=30°) ⑧
(=90°) ⑨
当=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 ⑩
当=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
5. 2012年理综山东卷
23．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q>0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小
解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得 ①
由①式得 ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ③
由运动学公式得 ④
联立③④式得 ⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 ⑦
联立②⑥⑦式得 ⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1 ⑨
联立②⑤⑨式得 ⑩
若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得 ⑾
联立⑨⑩⑾式得 ⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t ⒀
联立⑩⑿⒀式得 ⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得
⒂
由题意得T=t ⒃
联立⒁⒂⒃式得 ⒄
6. 2011年理综福建卷
22．（20分）如图甲，在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。
⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；
⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期。
Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；
Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。
【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有
①
由①式解得　v = ②
（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则
qv1B = qE ③
又　s = v1T ④
式中T =
解得　s = ⑤
Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则
⑥
由动能定理有 ⑦
又　Ay = ⑧
由⑥⑦⑧式解得　Ay =
可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y =
7. 2014年物理江苏卷
14． (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。 装置的长为 L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为 d. 装置右端有一收集板，M、N、P 为板上的三点，M 位于轴线 OO'上，N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。 在纸面内，质量为 m、电荷量为-q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成 30 ° 角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。 不计粒子的重力.
（1） 求磁场区域的宽度 h;
（2） 欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv;
（3） 欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值.
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】（1）设粒子在磁场中的的轨道半径为r
根据题意 且
解得
（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为
，
由题意可知 解得
（3）设粒子经过上方磁场n次
由题意可知
且 ，解得
8.2014年理综广东卷36.(18分)
如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.
(1)若k=1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理有 ①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 ②
当k=1时，由几何关系得 r=L ③
由①②③解得 ④
（2）由于2 ⑤
解得 ⑥
由②⑥解得 ⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
⑧
由对称性及几何关系可知 ⑨
解得 ⑩
由⑧⑩解得
9. 2014年理综浙江卷
25.（22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子，II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。
I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角（0 < ≤ 90?）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。
求II区的加速电压及离子的加速度大小；
为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；
为90?时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与的关系。
【解析】 （1）由动能定理得 ①
②
③
（2）垂直纸面向外 ④
（3）如答图1所示，设电子运动的最大半径为r
. ⑤
⑥
所以有 ⑦
要使⑦式有解，磁感应强度
. ⑧
（4）如答图2所示，OA＝R－r， OC＝， AC＝r
根据几何关系得 ⑨
由⑥⑨式得
10. 2011年理综广东卷
35．（18分）如图19(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。
⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。
⑵若撤去电场，如图19(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。
⑶在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：⑴根据动能定理，，
所以
⑵如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2+ R2=(R2- R1)2，解得：。
根据洛仑兹力公式，
解得：。
根据公式
解得：
⑶考虑临界情况，如图所示
①，解得：
②，解得：，综合得：
11. 2011年理综山东卷
25．（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ=30?，
⑴当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。
⑵若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。
⑶若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。
⑷若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。
解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得
①
　 ②
由几何关系得 R1= L2 = L ③
联立①②③得 ④
设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t， ⑤
⑥
联立①③⑤⑥式解得
（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，由牛顿第二定律得
⑧
由几何知识得 ⑨
联立②③⑧⑨式解得 ⑩
（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足
?
联立①⑧?式解得 ?
（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得
?
?
联立②⑧??式解得 B1L1=B2L2 ?
12. 2011年理综四川卷
25．（20分）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。
⑴求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
⑵求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
⑶若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。
解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为F＝，代入数据：F＝1.25×10－11N
由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。
（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理：Uq＝mv2
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有：qvB＝m
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1＝，R2＝l－d，
联立代入数据有 8.1×10－14kg＜m ≤2.89×10－13kg
（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成ф角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可得cosθ＝，
根据平抛运动，t＝，s＝vt
对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有
μMg＝Ma，k＝v0t－at2
再由余弦定理：k2＝s2＋(d＋Rsinθ)2－2s(d＋Rsinθ)cosθ
及正弦定理：＝
联立并代入数据解得：v0＝4.15m/s，ф＝arcsin0.8（或ф＝53°）
13. 2011年理综重庆卷
25．（19分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。
⑴求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；
⑵求电场强度的取值范围；
⑶A是M′N′的中点，若要使电子在A、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。
解析：（1）设圆周运动的半径为分别为、…、…，第一次和第二次圆周运动的速率分别为、，动能分别为、
，
，
解得
⑵设电场强度为，第一次达到隔离层前速度为，

解得
又由，
得 所以
⑶设电子在磁场中圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，总运动时间为t,由题意有

得
又由 得
14. 2011年江苏卷
15．（16分）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
⑴若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；
⑵现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；
⑶若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
答：(1) (2)如图 (3)
【解析】(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动，
则
当粒子的质量增加了，其周期增加
根据题图可知，粒子第一次的加速电压u1=U0
粒子第二次的加速电压
粒子射出时的动能
解得
（2）磁屏蔽管的位置如图所示
（3）在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数
，得N=25
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u=U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。
粒子由静止开始被加速的时刻 (n=0,1,2,……)
最大动能 解得 .
15.2015年理综四川卷7．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10-4T，电子质量m=9.1×10-31kg，电量e=1.6×10-19C，不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置
的区域的长度为l，则 （ AD ）
A．θ=90O时，l=9.1cm
B．θ=60O时，l=9.1cm
C．θ=45O时，l=4.55cm
D．θ=30O时，l=4.55cm
解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：，解得电子圆周运动的轨道半径为：＝m＝4.55×10-2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，
由题意知MN与SO直线的夹角为θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l=4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中弧线S1A1， 由几何关系可知，此时S1O和MN的夹角θ=30°，故选项C错D正确；当l=9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中弧线S2A2， 由几何关系可知，此时S2O和MN的夹角θ=90°，故选项B错A正确。
16. 2013年天津卷
11．（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
⑴M、N间电场强度E的大小；
⑵圆筒的半径R；
⑶保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。
答：（1） （2） （3）n=3
解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 ①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②
联立上式可得 ③
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角，
由几何关系得 ④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 ⑤
联立④⑤式得 ⑥
（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为U'，则
⑦
设粒子进入S孔时的速度为v'，由①式看出
结合⑦式可得 ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r'，则
⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到
r'=R，可见 ⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3
17. 2012年物理海南卷
16．图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0＜t0＜的范围内，t0应取何值？
解： （1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T' 表示圆周的半径和运动周期，
①
②
由①②式与已知条件得T' =T ③
粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图（a）所示。OA与x轴的夹角
θ =0 ④
（2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角
θ =π/2 ⑤
（3）若在任意时刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O' 位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 ⑥
此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O'' ，圆弧BA对应的圆心角为 ⑦
如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在O'O'' 连线上，且 ⑧
若要OA与x轴成π/ 4角，则有
⑨
联立⑥⑨式可得 ⑩
18. 2011年新课标版
25．（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d（1）粒子a射入区域I时速度的大小；
（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。
【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
①
由几何关系得∠POP' =θ ②
③
式中，θ=30°，由①②③式得 ④
（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2 ，射出点为Pa（图中未画出轨迹），∠P'OaPa =θ' 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
⑤
由①⑤式得 ⑥
C、P'和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于 ⑦ 的平面上。
由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即 yPa=Ra1cosθ+h ⑧ 式中，h是C点的y坐标。
设b在I中运动的轨道半径为Rb1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨
设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出I，则
⑩ ?
式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而
? ?
由⑤⑨⑩???式得α=300 ?
由①③⑨?式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为 ?
由①③⑧⑨??式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为
?
19. 2013年海南卷
14．如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF=30?，∠EFG=135?，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：
（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
（2）点电荷b的速度大小。
答：（1） （2）
解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ①
由①式得 ②
设点电荷a做圆周运动的周期为T，有 ③
如图，O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系得
θ=90° ④
故从开始运动到经过G点所用的时间t为
⑤
（2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为θ，依题意有
⑥
由⑥式得 ⑦
由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得
θ=60° ⑧ R1=2R ⑨
联立②④⑦⑧⑨式，解得 ⑩
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